扩展欧几里得算法求解不定方程【例 poj 1061】

扩展欧几里得算法是数论当中一种常用的算法，他可以用如下的姿势来表达：

设a, b为不全为0的整数，则存在整数x和y，使得 gcd(a, b) = a*x + b*y。

证明就略去。

树上还有一个拉梅定理：用欧几里得算法计算两个正整数的最大公因子时，所需要的除法次数不会超过两个整数中较小的那个十进制数的倍数的5倍。

拉梅定理的一个推论：求两个正整数a, b， a > b的最大公因子需要O(log₂a)³次的位运算。

至于拉梅定理有什么用，暂时还没有研究=—=。

例1 求225和21的最大公因子s，并将s表示成225和21的线性组合。

解：

　　gcd(225, 21) = 3

　　225 = 10*21 + 15, 21 = 1*15 + 6, 15 = 2*6 + 3, 6 = 2*3 + 0。

　　于是我们有 3 = 15 - 2*6 = 15 - 2*(21 - 1*15) = 3*15 - 2*21 = 3*(225 - 10*21) - 2*21 = 3*225 - 32*21。

扩展欧几里得算法的代码实现：

 1 #include <cstdio>
 2 #include <cstring>
 3 #define ll long long
 4
 5 using namespace std;
 6
 7 ll extend_gcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
 8 {
 9     if(b == 0)
10     {
11         x = 1, y = 0;
12         return a;
13     }
14     else
15     {
16         ll r = extend_gcd(b, a%b, y, x);
17         y -= x*(a/b);
18         return r;
19     }
20 }

　　这个函数的时间复杂度为O(logN)， 其中N与a, b同阶。函数的参数a, b即为等式当中的两个参数，x和y传引用，可以从过程当中求出x和y，返回值是gcd(a, b)。

　　调用后可以求出满足a*x + b*y = gcd(a, b)的各个参数。

　　对于形如a*x₀ + b*y₀ = n的不定方程为了求解x₀和y_0，可以通过扩展欧几里得先求出满足a*x + b*y = gcd(a, b)的x和y。容易得到，若gcd(a, b)|(x-y)，则该不定方程有整数解，否则无符合条件的整数解。得到x和y后，可以通过x₀ = x*n / gcd(a, b)求出x₀.

　　由于在实际问题当中，我们需要的往往是最小整数解，我们可以通过下面的方法求出最小整数解：

　　　　　　令t = b/gcd(a, b)，x是方程a*x + b*y = n的一个特解，则x_min = (x % t + t) % t

下面上例题 poj 1061--青蛙的约会

青蛙的约会

Description

两只青蛙在网上相识了，它们聊得很开心，于是觉得很有必要见一面。它们很高兴地发现它们住在同一条纬度线上，于是它们约定各自朝西跳，直到碰面为止。可是它们出发之前忘记了一件很重要的事情，既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的具体位置。不过青蛙们都是很乐观的，它们觉得只要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。但是除非这两只青蛙在同一时间跳到同一点上，不然是永远都不可能碰面的。为了帮助这两只乐观的青蛙，你被要求写一个程序来判断这两只青蛙是否能够碰面，会在什么时候碰面。 
我们把这两只青蛙分别叫做青蛙A和青蛙B，并且规定纬度线上东经0度处为原点，由东往西为正方向，单位长度1米，这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙A的出发点坐标是x，青蛙B的出发点坐标是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长L米。现在要你求出它们跳了几次以后才会碰面。

Input

输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。

Output

输出碰面所需要的跳跃次数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"

Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

4

Source

浙江

当两只青蛙跳t步后，A的坐标为x+mt-p₁L(p₁∈Z且x+mt-p₁L<L)，B的坐标为y+nt-p₂L(p₂∈Z且y+nt-p₂L<L)， A和B相遇的充分必要条件是x+mt-p₁L = y+nt-p₂L。

整理可得 (x-y) + (m-n)t = (p1-p2)L， 即 (n-m)t + (p1-p2)L = x-y

设p = p1 - p2 整理得 (n-m) * t + L * p = x-y

看出a * x + b * y = gcd(a, b)的样子了没？

调用extend_gcd(n-m, L, t, p)可以算出gcd(n-m, L), t, p。之后再用上面的方法算出最小整数解就可以了。

代码：

 1 #include <cstdio>
 2 #include <cstring>
 3 #define ll long long
 4
 5 using namespace std;
 6
 7 ll extend_gcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
 8 {
 9     if(b == 0)
10     {
11         x = 1, y = 0;
12         return a;
13     }
14     else
15     {
16         ll r = extend_gcd(b, a%b, y, x);
17         y -= x*(a/b);
18         return r;
19     }
20 }
21
22 int main()
23 {
24     ll x, y, m, n, l;
25     while(~scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d", &x, &y, &m, &n, &l))
26     {
27         ll t, p;
28         ll ans = extend_gcd(n-m, l, t, p);
29         if((x-y) % ans)
30             printf("Impossible\n");
31         else
32         {
33             //求最小整数解的算法
34             t = (x-y)*t/ans;                        //首先令x为一个特解
35             t = (t % (l/ans)+(l/ans)) % (l/ans);    //再根据公式计算
36             printf("%I64d\n", t);
37         }
38     }
39 }